Параллелепипед. Построение сечений. Площадь сечения

Пример 3.5 ЕГЭ-2013, основная волна, Сибирь, №14. В правильной четырехугольной призме $ABCDA_1B_1C_1D_1$ сторона основания равна $20$, а боковое ребро $AA_1 = 7$. Точка $M$ принадлежит ребру $A_1D_1$ и делит его в отношении $2:3$, считая от вершины $D_1$. Докажите, что точки $A$ и $C$ равноудалены от плоскости, проходящей через точки $B, D$ и $M$. Найдите площадь сечения этой призмы плоскостью, проходящей через точки $B, D$ и $M$. Решение. а) Плоскость диагонального сечения $(ACC_1A_1)$ перпендикулярна диагонали основания $BD$, так как призма правильная, и следовательно, $AC \perp BD$ и $AA_1 \perp BD$. Значит, прямая $BD$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в плоскости $(ACC_1A_1)$ (рис. [Fig_Stereo_2_29_s_1] ). Плоскость сечения $(BMD)$ проходит через прямую $BD$. Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей $AC$ и $BD$. Прямая $O_2O$ является линией пересечения плоскостей $(BMD)$ и $(ACC_1A_1)$. Расстояние от точки $A$ до плоскости $(BMD)$ — это длина перпендикуляра $AH_1$, опущенного из точки $A$ на плоскость $(BMD)$. Так как $BD \perp (ACC_1A_1)$, а $AH_1$ должен быть перпендикулярен $BD$, то $AH_1$ должен лежать в плоскости $(ACC_1A_1)$. Следовательно, $AH_1$ — это перпендикуляр, опущенный из $A$ на линию пересечения $O_2O$. Аналогично, расстояние от точки $C$ до плоскости $(BMD)$ — это длина перпендикуляра $CH_2$, опущенного из точки $C$ на прямую $O_2O$. $\triangle AOH_1 = \triangle COH_2$ по гипотенузе и острому углу. Из равенства треугольников следует, что $AH_1 = CH_2$, а значит точки $A$ и $C$ равноудалены от плоскости $(BMD)$. б) Сечением призмы плоскостью $(BMD)$ является четырехугольник $BKMD$, где точка $K$ лежит на ребре $A_1B_1$. Поскольку плоскость основания $(ABCD)$ параллельна плоскости верхнего основания $(A_1B_1C_1D_1)$, то линии пересечения плоскости сечения с этими основаниями параллельны. То есть, $KM \parallel BD$. Значит, сечение $BKMD$ — это трапеция. Так как $\triangle A_1B_1D_1$ — равнобедренный прямоугольный треугольник, и $KM \parallel B_1D_1$, то $\triangle A_1KM \sim \triangle A_1B_1D_1$. Из условия $A_1M:MD_1 = 3:2$ и $A_1D_1 = 20$, получаем $A_1M = 12$ и $MD_1=8$. Коэффициент подобия: $$ \frac{A_1M}{A_1D_1} = \frac{12}{20} = \frac{3}{5} $$ Длина диагонали основания $BD = \sqrt{20^2 + 20^2} = 20\sqrt{2}$. Тогда $B_1D_1 = 20\sqrt{2}$. $$ KM = \frac{3}{5} B_1D_1 = \frac{3}{5} \cdot 20\sqrt{2} = 12\sqrt{2} $$ Найдем боковые стороны трапеции. В прямоугольном $\triangle D_1DM$: $MD = \sqrt{D_1M^2 + DD_1^2} = \sqrt{8^2 + 7^2} = \sqrt{113}$. Из подобия $\triangle A_1KM$ и $\triangle A_1B_1D_1$ следует, что $\frac{A_1K}{A_1B_1} = \frac{3}{5}$, откуда $A_1K = \frac{3}{5} \cdot 20 = 12$. Тогда $KB_1 = 20 - 12 = 8$. В прямоугольном $\triangle B_1BK$: $BK = \sqrt{B_1K^2 + BB_1^2} = \sqrt{8^2+7^2} = \sqrt{113}$. Так как $BK=MD$, трапеция $BKMD$ — равнобедренная. В трапеции $BKMD$ проведем высоты $KP_1$ и $MP_2$ (рис. [Fig_Stereo_2_29_s_2] ). $$ BP_1 = \frac{BD-KM}{2} = \frac{20\sqrt{2} - 12\sqrt{2}}{2} = 4\sqrt{2}. $$ В прямоугольном $\triangle BKP_1$: $$ KP_1 = \sqrt{BK^2 - BP_1^2} = \sqrt{(\sqrt{113})^2 - (4\sqrt{2})^2} = 9. $$ Площадь трапеции: $$ S_{BKMD} = \frac{KM+BD}{2} \cdot KP_1 = \frac{12\sqrt{2}+20\sqrt{2}}{2} \cdot 9 = 144\sqrt{2} $$ Ответ: б) $144\sqrt{2}$. Пример 3.6 ЕГЭ-2016, досрочная волна, №14. В правильной четырёхугольной призме $ABCDA_1B_1C_1D_1$ сторона основания $AB$ равна $3$, а боковое ребро $AA_1 = \sqrt{6}$. На рёбрах $AB, A_1D_1$ и $C_1D_1$ отмечены точки $M, N$ и $K$ соответственно, причём $AM = A_1N = C_1K = 1$. Пусть $L$ — точка пересечения плоскости $MNK$ с ребром $BC$. Докажите, что $MNKL$ — квадрат. Найдите площадь сечения призмы плоскостью $MNK$. Решение. а) Построим сначала сечение призмы плоскостью $(MNK)$. Продлим $DC$ и $ML$ до их пересечения в точке $P_1$ (рис. [Fig_Stereo_2_31_s_1] ). Соединим точки $K$ и $P_1$, Получим точку $P_2$. Соединим $P_2$ и $L$ (они принадлежат грани $BB_1C_1C$). Проведем $MP_3 \parallel P_2K$ (плоскость сечения пересекает параллельные грани по параллельным прямым). По этой же причине $NK \parallel ML$. Кроме того, $NK = ML = 2\sqrt 2$, поэтому четырёхугольник $MNKL$ — параллелограмм. Соединяя точки $P_3$ и $L$, завершаем построение сечения. Пусть $H$ — проекция точки $N$ на плоскость основания $(ABC)$. Точка $H$ лежит на ребре $AD$, причём $AH = A_1N = 1$. $\triangle MNH$ — прямоугольный, так как $NH \perp (ABC)$. В плоскости основания рассмотрим $\triangle AMH$. $\angle MAH = 90^\circ$, $AM=1$, $AH=1$. Тогда: $$ MH = \sqrt{AM^2+AH^2} = \sqrt{1^2+1^2} = \sqrt{2} $$ В прямоугольном $\triangle MNH$, где катет $NH = AA_1 = \sqrt{6}$: $$ MN = \sqrt{MH^2+NH^2} = \sqrt{(\sqrt{2})^2 + (\sqrt{6})^2} = 2\sqrt{2} $$ Так как $MN=NK$, параллелограмм $MNKL$ является ромбом. Докажем, что угол $\angle NML$ — прямой. Воспользуемся теоремой о трёх перпендикулярах. $NH$ — перпендикуляр к плоскости $(ABC)$, $MN$ — наклонная, $MH$ — её проекция на плоскость $(ABC)$. $MH \parallel BD$, следовательно, $MH \perp AC$, поэтому $MH \perp ML$. Отс...